MATEMANIJA

Zadatak: Homogena kocka se baca [inlmath]5[/inlmath] puta. Kolika je verovatnoća da je pala bar jedna jedinica, bar jedna dvojka i bar jedna šestica?

Ja sam zadatak rešavao ovako:
[dispmath]P(JDŠ)=\left(1-\left(\frac{5}{6}\right)^5\right)\cdot\left(1-\left(\frac{5}{6}\right)^4\right)\cdot\left(1-\left(\frac{5}{6}\right)^3\right)[/dispmath] Ovde su:
[inlmath]J[/inlmath] - verovatnoća bar jedne jedinice
[inlmath]D[/inlmath] - verovatnoća bar jedne dvojke
[inlmath]Š[/inlmath] - verovatnoća bar jedne šestice
Ovde sam predpostavio da su događaji zavisni.

Zanima me da li neko ima neko drugo mišljenje ili je ovo tačno.

Pa, ne može biti tačno, jer [inlmath]1-\left(\frac{5}{6}\right)^5[/inlmath] je verovatnoća da se pojavila bar jedna jedinica, a bar jedna jedinica znači da su mogle pojaviti i dve, pa i tri jedinice, i samim tim nije korektno što si za eksponente u narednim činiocima uzimao [inlmath]4[/inlmath] i [inlmath]3[/inlmath].

Možemo razmatrati pojedninačno svaki od narednih slučajeva:

• [inlmath]11126[/inlmath] – nađemo broj permutacija s ponavljanjem i sve to pomnožimo sa [inlmath]3[/inlmath], kako bismo obuhvatili i slučajeve sa [inlmath]3[/inlmath] dvojke i sa [inlmath]3[/inlmath] šestice;
• [inlmath]1126X[/inlmath] ([inlmath]X[/inlmath] je neki od brojeva [inlmath]3[/inlmath], [inlmath]4[/inlmath] ili [inlmath]5[/inlmath]) – broj permutacija s ponavljanjem pa pomnoženo sa [inlmath]3[/inlmath] (kako bismo obuhvatili i slučajeve sa [inlmath]2[/inlmath] dvojke i sa [inlmath]2[/inlmath] šestice), pa još pomnoženo brojem mogućnosti za [inlmath]X[/inlmath];
• [inlmath]11226[/inlmath] – broj permutacija s ponavljanjem pa pomnoženo sa [inlmath]3[/inlmath], kako bismo obuhvatili i slučajeve u kojima se jedinice i šestice pojavljuju dvaput, i u kojima se dvojke i šestice pojavljuju dvaput;
• [inlmath]126XX[/inlmath] ([inlmath]X[/inlmath] označava neki od brojeva [inlmath]3[/inlmath], [inlmath]4[/inlmath] ili [inlmath]5[/inlmath], pri čemu se on pojavljuje dvaput) – nađemo broj permutacija s ponavljanjem, pomnožen brojem mogućnosti za [inlmath]X[/inlmath];
• [inlmath]126XY[/inlmath] ([inlmath]X[/inlmath] i [inlmath]Y[/inlmath] označavaju neke od brojeva [inlmath]3[/inlmath], [inlmath]4[/inlmath] ili [inlmath]5[/inlmath], pri čemu je [inlmath]X\ne Y[/inlmath]) – nađemo broj permutacija bez ponavljanja, pomnožen brojem mogućnosti za [inlmath]X[/inlmath] i [inlmath]Y[/inlmath].

Time smo dobili broj povoljnih slučajeva. Ukupan broj slučajeva je lako odrediti.

Daniel je napisao:[inlmath]126XY[/inlmath] ([inlmath]X[/inlmath] i [inlmath]Y[/inlmath] označavaju neke od brojeva [inlmath]3[/inlmath], [inlmath]4[/inlmath] ili [inlmath]5[/inlmath], pri čemu je [inlmath]X\ne Y[/inlmath]) – nađemo broj permutacija bez ponavljanja, pomnožen brojem mogućnosti za [inlmath]X[/inlmath] i [inlmath]Y[/inlmath].

Ovaj postupak mi deluje mnogo dugačko, pored toga kako bi ga uopštili za na primer [inlmath]20[/inlmath] bacanja kockice, a da se pri tome pojavi bar jedna jedinica, bar jedna dvojka i bar jedna šestica?

Ja sam na to razmišljao ovako: (To je uopštenje ovog poslednjeg koraka što si napisao.) Prvo izaberemo od [inlmath]20[/inlmath] pozicija [inlmath]3[/inlmath] (za jednu jedinicu, jednu dvojku i jednu trojku), i to radimo kao broj kombinacija bez ponavljanja od [inlmath]20[/inlmath] elemenata, treće klase. Zatim to pomnožimo sa [inlmath]3![/inlmath], jer može doći u obzir bilo koja permutacija tih brojeva. I na kraju to se pomnoži još sa [inlmath]6^{17}[/inlmath] i podelimo to sve sa ukupnim brojem mogćnosti, a to je [inlmath]6^{20}[/inlmath].
Ne znam da li je dobra logika, koju sam opisao, pošto nisam siguran da li može doći do ponavljanja istih brojeva

mrbean je napisao:Ovaj postupak mi deluje mnogo dugačko, pored toga kako bi ga uopštili za na primer [inlmath]20[/inlmath] bacanja kockice, a da se pri tome pojavi bar jedna jedinica, bar jedna dvojka i bar jedna šestica?

Zadaci iz verovatnoće su često osmišljeni tako da se posmatra nekoliko različitih slučajeva, i pri tome se zadaju brojke koje neće zahtevati nekoliko sati/dana posla. Upravo je to slučaj i u ovom zadatku, nije ovo nešto previše posla, postupak koji sam pokazao dovodi do rešenja za max. pet do deset minuta.
Ne tvrdim da ne postoji i elegantniji način, ako se budem setio dopisaću ga.

mrbean je napisao:Prvo izaberemo od [inlmath]20[/inlmath] pozicija [inlmath]3[/inlmath] (za jednu jedinicu, jednu dvojku i jednu trojku), i to radimo kao broj kombinacija bez ponavljanja od [inlmath]20[/inlmath] elemenata, treće klase. Zatim to pomnožimo sa [inlmath]3![/inlmath], jer može doći u obzir bilo koja permutacija tih brojeva. I na kraju to se pomnoži još sa [inlmath]6^{17}[/inlmath] i podelimo to sve sa ukupnim brojem mogćnosti, a to je [inlmath]6^{20}[/inlmath].

Netje da može tako, jer time više puta računaš jedan isti slučaj.
Npr. prvo si rasporedio jedinicu, dvojku i šesticu pri čemu je dvojka došla recimo na četvrto mesto, a među onih preostalih 17 cifara imao si opet dvojku koja je došla recimo na šesnaesto mesto.
Ali ćeš u nekom narednom raspoređivanju prvo rasporediti jedinicu, dvojku i šesticu pri čemu je dvojka došla baš na to šesnaesto mesto, a među onih preostalih 17 cifara opet će se naći dvojka koja će doći na četvrto mesto, kao u prethodnom slučaju.
I sad, ako su sve ostale cifre identično raspoređene u ova dva primera, to će zapravo biti jedan isti slučaj, a ti ćeš ih svojim postupkom računati kao da su dva slučaja.
Tim postupkom se može desiti da se jedan isti slučaj računa ne samo dvaput, nego i triput, četiri puta itd...

Evo jedne ideje za drugačije rešenje. Mislim da može da se radi po formuli [inlmath]P(ABC)=1-P(A'+B'+C')[/inlmath], pa bi verovatnoća
[dispmath]P(A')=P(B')=P(C')=\left(\frac{5}{6}\right)^{20},\quad P(A'B')=\left(\frac{4}{6}\right)^{20},\quad P(A'B'C')=\left(\frac{3}{6}\right)^{20}[/dispmath]

Da, može i na taj način, pa se onda primeni formula uključenja i isključenja. Proverio sam za slučaj s [inlmath]5[/inlmath] bacanja, isti rezultat se dobije.